Asesoría Simetría en el Espacio y Prisma

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2020-2
DECIMOQUINTA ASESORÍA
SIMETRÍA EN EL ESPACIO Y 
SUPERFICIE PRISMÁTICA
PROBLEMA 01
El simétrico del tetraedro regular ABCD, es el tetraedro A’B’C’D. Calcule la
medida del ángulo entre AC’ y CB’.
A) cos-1 (
5
7
) B) cos-1 (
5
8
) C) cos-1 (
5
9
)
D) cos-1 (
5
6
) E) cos-1 (
4
7
)
RESOLUCIÓN 01
Clave: D 
El simétrico del tetraedro regular ABCD, es el tetraedro A’B’C’D. Calcule la
medida del ángulo entre AC’ y CB’.
A
B
C
D
A’
B’
120
C´
▪ Sea x la medida del ángulo entre 
las rectas cruzadas AC’ y CB’
a
a a
aa
a
a
a
a
a
▪ CA’ // AC’, CA’ = a 3
▪ △CDB’ es isósceles, CB’ = a 3
▪ △A’CB’, teorema del coseno
x
▪ a2 = (a 3)2 + (a 3)2 - 2(a 3)(a 3)cosx
▪ Reduciendo términos: x = cos-1 (
5
6
)
PROBLEMA 02
En un prisma triangular oblicuo, la sección recta es una región triangular
rectangular y la circunferencia inscrita en dicho triángulo determina en el
lado mayor, dos segmentos de longitudes m y n, siendo la longitud de la
arista lateral (m + n). Calcule el volumen del sólido determinado por el
prisma oblicuo.
A) mn(m + n) B) 2mn(m + n) C) 3mn(m + n)
D) 4mn(m + n) E) 5mn(m + n)
Clave: A 
En un prisma triangular oblicuo, la sección recta es una región triangular
rectangular y la circunferencia inscrita en dicho triángulo determina en el
lado mayor, dos segmentos de longitudes m y n, siendo la longitud de la
arista lateral (m + n). Calcule el volumen del sólido determinado por el
prisma oblicuo.
A
B
C
D
E
F
m
n
▪ Volumen V = ?
▪ Teorema: V = A(S.R.)(m + n) ... (1)
▪ Teorema: A(S.R.) = mn ... (2)
▪ (2) en (1):
▪ V = mn(m + n)
RESOLUCIÓN 02
PROBLEMA 03
Un hexaedro regular y un tetraedro regular, tienen aristas congruentes. Si
S1 es el área de la región determinada por un plano de simetría que
contiene a dos aristas del hexaedro regular y S2 es el área de la región
determinada por un plano de simetría del tetraedro regular, entonces
S1
S2
es
A) 1 B) 3 C) 4
D) 5,5 E) 6,2
RESOLUCIÓN 03
Clave: C 
Un hexaedro regular y un tetraedro regular, tienen aristas congruentes. Si S1 es
el área de la región determinada por un plano de simetría que contiene a dos
aristas del hexaedro regular y S2 es el área de la región determinada por un
plano de simetría del tetraedro regular, entonces
S1
S2
es
A
F
E
D
C
B
H
G
k
k
N
R
Q
P
M
k
k
k/2
k 2
2
S𝟏
S𝟐
S1 = k
2 2 y S2 = 
k 2 2
4
S1
S2
= 4
k/2
PROBLEMA 04
El área total de un paralelepípedo rectangular es 142 cm2, la diagonal de
una cara mide 58 cm y la suma de las longitudes de todas las aristas es
60 cm. Calcule el volumen (en cm3) del sólido limitado por el
paralelepípedo.
A) 87 B) 96 C) 100
D) 105 E) 110
RESOLUCIÓN 04
Clave: D 
El área total de un paralelepípedo rectangular es 142 cm2, la diagonal de una
cara mide 58 cm y la suma de las longitudes de todas las aristas es 60 cm.
Calcule el volumen (en cm3) del sólido limitado por el paralelepípedo.
a
Volumen = abc = 105
b
c
Dato:
2( ab + bc + ac ) = 142
a2 + b2 = 58 
4a + 4b + 4c = 60
Luego: a + b + c 2 = 152
58 + c2 + 142 = 225 
c = 5 a + b =10
a2 + (10−a)2 = 58 
a = 7, b = 3
58
a + b + c = 15
PROBLEMA 05
Sean las proposiciones
I. En un tetraedro regular, un eje de simetría está contenido en dos planos
de simetría.
II. En un hexaedro regular, la intersección de todos los ejes de simetría es
el centro de simetría.
III. En un octaedro regular, todos los ejes de simetría son concurrentes.
IV. El número de ejes de simetría de un dodecaedro regular es igual que el
número de planos de simetría de un icosaedro regular.
¿Cuáles son verdaderas?
A) Todas B) I, II y III C) II, III y IV
D) I y II E) III y IV
RESOLUCIÓN 05
C
B
A
P
M
b
b
N
b
b
I. V
II. V
L es un eje de simetría
L
AMP y BNC son planos de simetría
L1
B
F
C
G
D
HE
A
Q
P
N
M O
b
b
b
b
L2
L1 y L2 son ejes de simetría
O es centro de simetría
C
B
A
D
Q
O
P
M
N
O es centro de simetría
III. V IV. V
Clave: A 
I. En un tetraedro regular, un eje de simetría está contenido en dos planos de simetría.
II. En un hexaedro regular, la intersección de todos los ejes de simetría es el centro de
simetría.
III. En un octaedro regular, todos los ejes de simetría son concurrentes.
IV. El número de ejes de simetría de un dodecaedro regular es igual que el número de
planos de simetría de un icosaedro regular.
¿Cuáles son verdaderas?
PROBLEMA 06
En un hexaedro regular ABCD–EFGH, M, N, P y Q son los puntos medios
de las aristas BC, CD, EF y EH respectivamente y O es el centro de la cara
ABCD. La razón entre el área lateral y la suma de las áreas de las bases
del prisma MON–PEQ es
A) 2( 5 + 3) B) 2( 5 + 6) C) 5( 2 + 3)
D) 3( 7 + 3) E) 4( 5 + 2)
RESOLUCIÓN 06
CB
A
D
E
P
Prisma oblicuo MON–PEQ 
M
N
O
H
GF
Q
R
2a
a
a
2a
a
a
a 5
a
a
a 5
2a
a
Suma de las áreas de las bases: AB
SMON = SPEQ = 
a×a
2
= 
a2
2
Área lateral: AL
SMNQP = MN×NQ = (a 2)(a 6)
a 6
⇒ SMNQP = 2a
2 3
SONQE = EQ×NH = (a)(a 5) ⇒ SONQE = a
2 5
Análogamente: SOMPE = a
2 5
Luego: AL = 2a
2 3 + 2a2 5
⇒ AB = a
2
AL
AB
= 2 3+2 5
Clave: A 
a
En un hexaedro regular ABCD–EFGH, M, N, P y Q son los puntos medios de
las aristas BC, CD, EF y EH respectivamente y O es el centro de la cara ABCD.
La razón entre el área lateral y la suma de las áreas de las bases del prisma
MON–PEQ es
PROBLEMA 07 
De las proposiciones:
I. Todos los poliedros regulares tienen ejes de simetría.
II. Todos los poliedros regulares tienen centro de simetría.
III. En un tetraedro regular, un eje de simetría contiene a una altura del poliedro.
IV. En un hexaedro regular, un eje de simetría contiene a una diagonal del poliedro.
V. En un icosaedro regular, el número de ejes de simetría es igual que el número de
planos de simetría.
VI. Si un poliedro convexo tiene ejes de simetría, planos de simetría y centro de simetría,
entonces es un poliedro regular.
Son verdaderas:
A) Ninguna B) I, II, V C) I, III, V
D) I y V E) Todas
RESOLUCIÓN 07
De las proposiciones:
I. Todos los poliedros regulares tienen ejes de simetría.
II. Todos los poliedros regulares tienen centro de simetría.
III. En un tetraedro regular, un eje de simetría contiene a una altura del poliedro.
IV. En un hexaedro regular, un eje de simetría contiene a una diagonal del poliedro.
V. En un icosaedro regular, el número de ejes de simetría es igual que el número de
planos de simetría.
VI. Si un poliedro convexo tiene ejes de simetría, planos de simetría y centro de
simetría, entonces es un poliedro regular.
Son verdaderas:
Clave: D 
I. VERDADERO.
II. FALSO. 
El tetraedro no tiene.
III. FALSO. 
Los ejes contienen a los puntos medios 
de dos aristas cruzadas.
IV. FALSO. 
Los ejes contienen a los puntos medios 
de dos aristas opuestas o a los centros de 
dos caras opuestas.
V. VERDADERO. 
Son 15, en cada caso.
VI. FALSO. No necesariamente es regular.
PROBLEMA 08
En un prisma recto pentagonal, las longitudes de los lados de una base
están en progresión aritmética de razón 3 u y la longitud mínima de la
trayectoria sobre la superficie lateral, para un desplazamiento desde un
extremo de una arista lateral hacia el otro extremo, es 61 u. Si la altura del
prisma es 1 u menos que la longitud de la arista básica de posición central,
dentro de la progresión aritmética mencionada, entonces la longitud mayor
(en u) de una arista básica es
A) 18 B) 21 C) 23
D) 25 E) 27
RESOLUCIÓN 08
En un prisma recto pentagonal, las longitudes de los lados de una base están en
progresión aritmética de razón 3 u y la longitud mínima de la trayectoria sobre la
superficie lateral, para un desplazamiento desde un extremo de una arista lateral hacia
el otro extremo, es 61 u. Si la altura del prisma es 1 u menos que la longitud de la arista
básica de posición central, dentro de la progresión aritmética mencionada, entonces la
longitud mayor (en u) de una arista básica es
Clave: A 
A
B
A
B
A´
B´
xx - 3
x - 6 x + 3
x + 6
AB´ = 61 h = x - 1
x- 1
h Se pide: x + 6
5x
AA´ = (longitudes de las aristas de una base) 
ABB´, teorema de Pitágoras:
(x – 1)2 + (5x)2 = 612
61
Resolviendo: x = 12 
La arista de mayor longitud, mide: 18
PROBLEMA 09
Indique el valor de verdad de cada una de las siguientes proposiciones
I. En todo prisma regular, las aristas básicas son paralelas.
II. En todo prisma, en cada vértice concurre el mismo número de aristas.
III. En algún tronco de prisma, las bases tienen un punto en común.
A) VVV B) VFV C) FVV
D) FFV E) VFF
I. (F) Solo si las aristas básicas están situados en una misma cara.
II. (V) En cada vértice se determinan ángulos triedros, por lo tanto en cada
vértice concurren tres aristas del poliedro.
III. (V) El siguiente tronco de prisma recto, cumple la proposición.
RESOLUCIÓN 09
Indique el valor de verdad de cada una de las siguientes proposiciones
I. En todo prisma regular, las aristas básicas son paralelas.
II. En todo prisma, en cada vértice concurre el mismo número de aristas.
III. En algún tronco de prisma, las bases tienen un punto en común.
Clave: C 
PROBLEMA 10
En un prisma regular ABC–DEF, en BE y CF se ubican los puntos P y Q, tal
que AP+ PQ + QD es mínimo y PB = 2 AC . ¿Cuál es la medida del
ángulo PQD?
A) 30 B) 45 C) 60
D) 90 E) 120
Sea  la medida del ángulo PQD.
Dato:
En el desarrollo de la superficie lateral del
prisma, AP + PQ + QD es mínimo, si
A – P – Q y P – Q – D.
Luego,
Por teorema de Pitágoras:
De (1), (2) y (3):

A
RESOLUCIÓN 10 
En un prisma regular ABC–DEF, en BE y CF se ubican los puntos P y Q, tal
que AP + PQ + QD es mínimo y PB = 2 AC . ¿Cuál es la medida del ángulo
PQD?
A B C
D E F D
B
C
F
E
P
Q
P
Q
a
2a
3a
a
2a
a
d
d
d
d
d
m
( )a 2 1=
QC 2a=
( )2 2 2d a 2= +
( ) ( )
22 2m 2a 3= +
m d 3=
120  =
Clave: E 
y DA = 3a
PROBLEMA 11
Los poliedros regulares O–ABC y O’–A’B’C son simétricos con respecto a
una recta perpendicular al plano ABC y que pasa por el vértice C. Si la
longitud de una arista es k, entonces el área de la región cuadrangular
AOO’B’ es
A)
5k2 11
12
B)
7k2 11
12
C)
11k2 11
12
D)
13k2 11
12
E)
17k2 11
12
RESOLUCIÓN 11
Clave: A 
Los poliedros regulares O–ABC y O’–A’B’C son simétricos con respecto a una
recta perpendicular al plano ABC y que pasa por el vértice C. Si la longitud de
una arista es k, entonces el área de la región cuadrangular AOO’B’ es
A
B
O
A’
B’C
O’
k k
k 3
3k 3
3
2k 3
3
k 3
A
O O’
B’
2k 3
3
k kh
k 3
6
k 3
6
2k 3
3
Por Pitágoras: h = 
k 33
6
Luego:
Área(AOO’B’ ) = 
5k2 11
12
 ACB’ es Isósceles mACB’ = 120
 AB’ = k 3
G G’
 GG’ = OO’= 
2k 3
3
Se trazan las alturas OG y O’G’
Área(AOO’B’) = ?
PROBLEMA 12
En un prisma recto ABCD–EFGH, de 10 cm de altura, la base está limitada
por un cuadrilátero inscriptible; ABC es un triángulo equilátero y ACD es un
triángulo isósceles. Si AB = 8 cm, entonces el volumen (en cm3) del prisma
es
A) 480 B)
480 3
3
C) 640
D)
640 3
3
E) 400
RESOLUCIÓN 12
Clave: D 
En un prisma recto ABCD–EFGH, de 10 cm de altura, la base está limitada por
un cuadrilátero inscriptible; ABC es un triángulo equilátero y ACD es un
triángulo isósceles. Si AB = 8 cm, entonces el volumen (en cm3) del prisma es
A
B
C
D
E
F
G
H
10
A
B
C
D
8
60
a a
a 3
 AC = a 3 = 8
a = 
8 3
3
8
2a
Área(ABCD) = 
(AC)(BD)
2
Área(ABCD) = 
(8)(
16 3
3
)
2
Área(ABCD) =
64 3
3
Volumen del prisma = (
64 3
3
)(10)
Volumen del prisma = 
640 3
3
8
 ADC es Isósceles, mADC = 120
PROBLEMA 13
En un prisma hexagonal regular ABCDEF–MNPQRS, se ubica el punto G
en CP tal que CG = 2(GP). Si el plano que pasa por A, B y G determina en
el prisma una sección plana de área 19 387 u2 y las caras laterales son
regiones cuadradas, entonces el volumen del solido (en u3) que limita el
prisma regular es
A) 2456 3 B) 2486 3 C) 2592 3
D) 2584 3 E) 2444 3
6a
s
s
s
3s3s
4s
4s
4s
3s
Se prolongan NP, BG, MS y 
AH determinándose los 
puntos L y K
SABGJIH = 19 387
V =(SMNPQRS)6a
V: Volumen de solido del prisma regular
Se tiene que I y J son 
puntos medios
Por teorema: 19s = 19 387 cos𝜃
(19)
(3a) 2 3
4
= 19 387
9 3
2
387
2
→ a = 2
V = 6 
(12) 2 3
4
(12)
∴ V = 2592 3 Clave: C 
En un prisma hexagonal regular ABCDEF–MNPQRS, se ubica el punto G en CP
tal que CG = 2(GP). Si el plano que pasa por A, B y G determina en el prisma
una sección plana de área 19 387 u2 y las caras laterales son regiones
cuadradas, entonces el volumen del solido (en u3) que limita el prisma regular es
F
E
D
B
A
N
MS
R
Q
𝜃 9a 3
2
19S
P
G
H
J
K
I
L
6a
RESOLUCIÓN 13 
6a
6a
4a
2a
3a
3a
3a
a 387
2
5S
3a
S
6a
4a
C
PROBLEMA 14
En un hexaedro regular ABCD–EFGH, M y Q son puntos medios de las
aristas CD y EH respectivamente; el área total del hexaedro regular es 120
u2, siendo Q y Q simétricos con respecto al plano determinado por F, B y M.
La longitud (en u) de DQ es
A) 6 B) 7 C) 4 3
D) 12 E) 7 2
RESOLUCIÓN 14 
B
M
D
A
Q
1Q T
E
F
G
H
5
5
5
2 5
112
2
2
2 5
En un hexaedro regular ABCD–EFGH, M y Q son puntos medios de las aristas
CD y EH respectivamente; el área total del hexaedro regular es 120 u2, siendo Q
y Q simétricos con respecto al plano determinado por F, B y M. La longitud (en
u) de DQ es
Dato: ST = 120
Se pide: DQ = x 
MNFB: plano de simetría 
Sabemos que 6a2 = 120 → a = 2 5
QQ es perpendicular al plano FBMN 
Entonces QL = LQ = 3 
ΔHTQ : teorema de Pitágoras
→ HQ = 29
ΔHDQ : teorema de Pitágoras
x2 = (2 5 )2 + ( 29 )2
∴ x = 7
Clave: B 
a
29
55
5
C
L
N
x
PROBLEMA 15
ABCD es un trapecio rectángulo recto en A, AB // CD, ED ⊥ CD, ED ⊥ AD;
A’, B’ son los simétricos de A y B, en ese orden, con respecto al eje de
simetría ED. Si AA’ = 8 u, B’E = 13 u y AB + DE = 15 u, entonces el área (en
u2) de la proyección ortogonal de la región ABE sobre el plano que contiene
a DCE es
A) 15 B) 16 C) 17
D) 18 E) 19
RESOLUCIÓN 15
A
D
B C
H
A’
E . AD = DA’ = 4
. x = ?
13
13
4
. Sea AB = z, DE = h → z + h = 15 …(1)
. Dato: AB + DE = 15 y AA’ = 8 
h
z
. ∆ABD: BD2 = z2 + 42
∆BDE: 132 = BD2 + h2
132 = z2 + h2+ 42
153 = (z+h)2 - 2zh….(2)
. De (1) y (2): zh = 36 → x = 
zh
2
= 18 
. Teorema de Pitágoras
B’
Clave: D 
ABCD es un trapecio rectángulo recto en A, AB // CD, ED ⊥ CD, ED ⊥ AD; A’, 
B’ son los simétricos de A y B, en ese orden, con respecto al eje de simetría 
ED. Si AA’ = 8 u, B’E = 13 u y AB + DE = 15 u, entonces el área (en u2) de la 
proyección ortogonal de la región ABE sobre el plano que contiene a DCE es
PROBLEMA 16 PROBLEMA 
En un paralelepípedo ABCD-EFGH, el área de la cara ABFE es S. Si FD es 
perpendicular a las bases, FD = h y la medida del diedro AB es 60, 
entonces el volumen del sólido determinado por el paralelepípedo es
A)
1
4
Sh B)
1
3
Sh C)
1
2
Sh
D)
3
4
Sh E) Sh
RESOLUCIÓN 16 
En un paralelepípedo ABCD-EFGH, el área de la cara ABFE es S. Si FD es perpendicular a 
las bases, FD = h y la medida del diedro AB es 60, entonces el volumen del sólido 
determinado por el paralelepípedo es
60A D
B C
G
H
F
E
2a
a
h
. V = SB h …(1)
.ABCD: AB = b, SB = ab…(2)
.ABFE: S = 2ab = 2SB … (3)
.Reemplazando (3) en (1)
V = 
1
2
Sh
. V = ?
N
. Δ FDN es notable 30 y 60: 
NF = 2a, ND = a y FD = h
b
Clave: C 
. m∠FND = 60
PROBLEMA 17
En un prisma regular ABC–DEF, AB = 2 u y AF ⊥ CE, el volumen (en u3) del
sólido determinado es
A) 2 B) 3 C) 6
D) 2 3 E) 2 2
01
RESOLUCIÓN 17
En un prisma regular ABC–DEF, AB = 2 u y AF ⊥ CE, el volumen (en u3) del
sólido determinado es
Clave: C T
A 
a
2 B 
C 
D 
h
a 2
a
E 
F 
2
2
2
2
2
a
120
. AF ⊥CE (dato) ……………(1)
. VP = ?
. Se prolonga DF hasta T tal que 
DF = FT = 2
. □ACTF : paralelogramo 
AF // CT y CT = a
. De (1) : mTCE = 90 
→ ET = a 2
. ∆FET : a 2 = 2 3 → a = 6
. ∆ADF : Por T. de Pitágoras
h2 + 22 = 62 → h = 2
. VP = (2
2 . 
3
4
)( 2)
→ VP = 6
2
PROBLEMA 18
El simétrico del prismaregular ABC–DEF con respecto a CF es A'B'C-D'E'F.
Si AB = AD = a, entonces el área de la región triangular AE'D' es
A)
a2 3
3
B)
a2 3
2
C)
a2 2
2
D) a2 E) a2 2
01
RESOLUCIÓN 18
El simétrico del prisma regular ABC–DEF con respecto a CF es A'B'C-D'E'F. Si
AB = AD = a, entonces el área de la región triangular AE'D' es
Clave: D 
A
a
B
C
D
E
F
A’
B’
D’
E’
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a 3
2a
. AAE’D’ = ?
. Como DF = FD’ = FE’ = a
→ mDE’D’ = 90 
→ DE’ = a 3
. Por T. de las tres perpendiculares
mAE’D’ = 90 
. ∆ADE’: Notable ( 30 y 60 )
→ AE’ = 2a
. AAE’D’ = 
(a)(2a)
2
→ AAE’D’ = a
2
a
aa
PROBLEMA 19 
El simétrico del tetraedro regular O–ABC con respecto a un plano
perpendicular al plano que contiene a la cara ABC es O1–A1B1C1. Si AB =
2 3 u y BC es paralelo al plano de simetría y dista 2 u de dicho plano,
entonces la longitud de OA1 (en u) es
A) 6 2 B) 4 2 C) 8 2
D) 6 3 E) 4 3
RESOLUCIÓN 19 
Clave: A 
El simétrico del tetraedro regular O–ABC con respecto a un plano perpendicular al
plano que contiene a la cara ABC es O1–A1B1C1. Si AB = 2 3 u y BC es paralelo al
plano de simetría y dista 2 u de dicho plano, entonces la longitud de OA1 (en u) es
O
A
B
C
O1
C1
B1
A1
2 2
2 3
2 3
2 2
1
3
x
OA1 = x = ?
G
trazamos la altura: OG = 
2 3( 6)
3
= 2 2
Δ OGA1: x
2 = (2 2)2 + 82
∴ x = 6 2
2 3
2
PROBLEMA 20
El simétrico del tetraedro regular O–ABC respecto de un punto P (PBC) es
O1 – A1B1C1. Si BP = 2(PC) = 4 u, entonces la longitud (en u) de OA1 es
A) 6 2 B) 13 C) 2 6
D) 21 E) 2 19
RESOLUCIÓN 20
Clave: E
El simétrico del tetraedro regular O–ABC respecto de un punto P (PBC) es O1
- A1B1C1. Si PC = 2(BP) = 4 u, entonces la longitud (en u) de OA1 es
OA1 = x = ?
trazamos la altura: 
OG = 
6 ( 6)
3
= 2 6
Δ GHA1: 
(GA1)
2 = (4 3)2 + 22
O
A
B
C
G
P
A1
2
6
6
1
m
m
3
2 3
3 3
2
x
H
GA1 = 2 13
Δ OGA1:
x2 = (2 6)2 + (2 13)2
∴ x = 2 19
2 6
2 13
PROBLEMA 21
En un prisma cuadrangular recto ABCD–EFGH, las bases son regiones
romboidales y el centro de la base EFGH es O. Si el área de la región OAB
es 30 u2, AE = 8 u y AB = 6 u, entonces el volumen del sólido (en u3)
determinado por el prisma es
A) 560 B) 568 C) 576
D) 584 E) 592
En un prisma cuadrangular recto ABCD–EFGH, las bases son regiones
romboidales y el centro de la base EFGH es O. Si el área de la región OAB es 30
u2, AE = 8 u y AB = 6 u, entonces el volumen del sólido (en u3) determinado por el
prisma es
A
BC
D
G F
E
H
O
M
6
8
6
10
8
P
6
S
6
Por el teorema de 3⊥  m∠PMA = 90 
En ⊿OPM: PM = 6 
En AOB: SAOB = 30 = 
6(OM)
2
 10 = OM 
Al prolongar MP hasta S: SP = PM = 6 
/
/
VPrisma = (SBase)(altura)
VPrisma = 6(12)(8)
Vprisma = 576
Clave: C 
RESOLUCIÓN 21
PROBLEMA 22
En un prisma cuadrangular regular ABCD–A’B’C’D’, la longitud de la menor
trayectoria para trasladarse por la superficie lateral del prisma desde A
hasta A’, mide 4k e interseca a la arista DD’ en el punto M, tal que
m∠AMA’ = 90. El área lateral del prisma es
A) 4 2k2 B) 4 3k2 C) 8k2
D) 4 5k2 E) 4 6k2
a
h
aA B
CD
A’
B’
C’D’
En un prisma cuadrangular regular ABCD–A’B’C’D’, la longitud de la menor
trayectoria para trasladarse por la superficie lateral del prisma desde A hasta A’,
mide 4k e interseca a la arista DD’ en el punto M, tal que m∠AMA’ = 90. El área
lateral del prisma es
Desarrollo de la superficie lateral
a
h
4k
A B C D A
A’ B’ C’ D’ A’
M
/
/
/
/
k
a a a
⊿AAA’: h2 = 4k(k)  h = 2k
→ 4a = 2k 3
SLateral = 2pbase(h)
SLateral = 4a(h)
SLateral = (2k 3)(2k)
SLateral = 4 3k
2
Clave: B 
RESOLUCIÓN 22
PROBLEMA 23
En un paralelepípedo rectangular, las longitudes de las diagonales de dos
caras laterales son 4 5 u y 5 u respectivamente y la longitud de la altura
mide 4 u. Calcule el área (en u2) total del paralelepípedo.
A) 125 B) 136 C) 152
D) 170 E) 180
RESOLUCIÓN 23
Clave: B 
ΔAEH, T. Pitágoras:
HG = 3
En un paralelepípedo rectangular, las longitudes de las diagonales de dos caras
laterales son 4 5 u y 5 u respectivamente y la longitud de la altura mide 4 u.
Calcule el área (en u2) total del paralelepípedo.
ATotal = 2(3)(4) + 2(4)(8) + 2(8)(3)
5
CB
DA
E
F
G
H
3
8
4
ΔCGH es aproximado de 37 - 53
4 5
4
EH = 8
ATotal = ?
ATotal = 136
PROBLEMA 24
En un prisma hexagonal regular ABCDEF–GHIJKL, el área de la región
CKA es 20 3 u2 y BH = BE. El volumen (en u3) del sólido determinado por
el prisma es
A) 12 3 B) 24 5 C) 192 3
D) 
3
10
3 E) 48 2
RESOLUCIÓN 24
Clave: C 
AIKG = 
(2a 3)2
4
3 = 3a2 3
ΔIKG triángulo equilátero: GK = 2a 3
En un prisma hexagonal regular ABCDEF–GHIJKL, el área de la región CKA es
20 3 u2 y BH = BE. El volumen (en u3) del sólido determinado por el prisma es
VABCDEF-GHIJKL= 6(
(2a)2
4
3)(4a)
G
4a
a = 2
VABCDEF-GHIJKL= 192 3
I
H
L
K
B
C D
E
F
A
J
4a
4a
2a
P
ΔPTK es aproximado de 37 - 53
ACAK = 20 3
Por teorema: AIKG = ACAK cos(53)
3a2 3 = (20 3)cos(53)
53
VABCDEF-GHIJKL = ?
3aT
PROBLEMA 25
En un paralelepípedo rectangular ABCD–EFGH, las áreas de las regiones 
ABGH y EFGH son S1 y S2 respectivamente y la distancia entre AB y HG es 
d. El volumen del sólido determinado por el paralelepípedo es
A) S1S2 d B) 
dS1
S2
S1
2 − S2
2
C) 
d S2
S1
S1
2 − S2
2
D) 
S1+ S2
4
d E) 2d S1S2
RESOLUCIÓN 25
En un paralelepípedo rectangular ABCD–EFGH, las áreas de las regiones 
ABGH y EFGH son S1 y S2 respectivamente y la distancia entre AB y HG es d. 
El volumen del sólido determinado por el paralelepípedo es
A
B C
D
E
F
G
H
d
V= abc = ?
c
a
b
Tenemos: S1 = dc y S2 = bc ⋯ 𝑖
S1
S2
=
d
b
→ b =
dS2
S1
EAH: a2 = d2 − b2
→ a =
d
S1
S1
2 − S2
2 ⋯ 𝑖𝑖
De 𝑖 y 𝑖𝑖 : V =
d S2
S1
S1
2 − S2
2
Clave: C 
PROBLEMA 26
El simétrico del hexaedro regular ABCD–EFGH respecto de CG es el 
poliedro A′B′CD′–E′ F′GH′. Si las distancia entre los puntos medios de A′B′
y EF es 4 6 u, entonces la distancia (en u) entre los centros de los 
hexaedros.
A) 2 B) 3 2 C) 3 3
D) 4 2 E) 4 3
RESOLUCIÓN 26
El simétrico del hexaedro regular ABCD–EFGH, respecto de CG es el poliedro 
A′B′CD′–E′F′GH′. Si las distancia entre los puntos medios de A′B′ y EF es 4 6
u, entonces la distancia (en u) entre los centros de los hexaedros.
A
B
C
D
E
FG
H′
B′
D′
A′
F′
E′
H
M
N
a
a
a
a
O′
O
Siendo O y O′ los centros de las caras
EFGH y E′F′GH′ respectivamente
Calcule OO′
De EFGH y E′F′GH′: O′G= GO = a 2
→ OO′= 2a 2
Pa
a
2a
MPN: (4 6 )2 = (2a 5)2+ (2a)2
→ a = 2
∴ OO′ = 4 2
Clave: D